物理高一下册 圆周运动单元综合测试(Word版 含答案)

一、第六章 圆周运动易错题培优（难）

1．如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C，圆盘可绕垂直圆盘的中心轴OO转动．三个物体与圆盘的动摩擦因数均为0.1，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力．三个物体与轴O共线且OA=OB=BC=r=0.2 m，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力．若圆盘从静止开始转动，角速度极其缓慢地增大，已知重力加速度为g=10 m/s2，则对于这个过程，下列说法正确的是（ ）

A．A、B两个物体同时达到最大静摩擦力 B．B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变 C．当5rad/s时整体会发生滑动

D．当2rad/s5rad/s时，在增大的过程中B、C间的拉力不断增大 【答案】BC 【解析】

ABC、当圆盘转速增大时,由静摩擦力提供向心力.三个物体的角速度相等,由Fm2r可知,因为C的半径最大,质量最大,故C所需要的向心力增加最快,最先达到最大静摩擦力,此时

2mg2m12rC ,计算得出:1g2r12.5rad/s ,当C的摩擦力达到最大静0.4摩擦力之后,BC开始提供拉力,B的摩擦力增大,达最大静摩擦力后,AB之间绳开始有力的作用,随着角速度增大,A的摩擦力将减小到零然后反向增大,当A与B的摩擦力也达到最大时,且BC的拉力大于AB整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动,此时A与B还受到绳的拉力,对C

2可得:T2mg2m22r ,对AB整体可得:T2mg ,计算得出:2gr ,当

gr15rad/s 时整体会发生滑动,故A错误,BC正确; 0.2D、当2.5rad/s5rad/s?时，在增大的过程中B、C间的拉力逐渐增大，故D错误； 故选BC

2．如图所示，用一根长为l=1m的细线，一端系一质量为m=1kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ=30°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为T，取g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）

A．当ω=2rad/s时，T=(53+1)N C．当ω=4rad/s时，T=16N 大于45° 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】

B．当ω=2rad/s时，T=4N

D．当ω=4rad/s时，细绳与竖直方向间夹角

当小球对圆锥面恰好没有压力时，设角速度为0，则有

Tcosmg

2Tsinm0lsin

解得

0253rad/s 3AB．当2rad/s<0，小球紧贴圆锥面，则

TcosNsinmg

TsinNcosm2lsin

代入数据整理得

T(531)N

A正确，B错误；

CD．当4rad/s>0，小球离开锥面，设绳子与竖直方向夹角为，则

Tcosmg

Tsinm2lsin

解得

5T16N，arccos45o

8CD正确。 故选ACD。

3．如图，质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是（ ）

v2A．滑块对轨道的压力为mgm

RC．受到的摩擦力为μmg 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】

A．根据牛顿第二定律

v2B．受到的摩擦力为m

RD．受到的合力方向斜向左上方

v2FNmgm

R根据牛顿第三定律可知对轨道的压力大小

v2FNmgm FNRA正确；

BC．物块受到的摩擦力

v2fFN(mgm)

RBC错误；

D．水平方向合力向左，竖直方向合力向上，因此物块受到的合力方向斜向左上方，D正确。 故选AD。

4．如图所示，两个啮合的齿轮，其中小齿轮半径为10cm，大齿轮半径为20cm，大齿轮中C点离圆心O2的距离为10cm，A、B两点分别为两个齿轮边缘上的点，则A、B、C三点的（ ）

A．线速度之比是1：1：2 B．角速度之比是1：2：2 C．向心加速度之比是4：2：1 D．转动周期之比是1：2：2 【答案】CD 【解析】 【分析】

【详解】

A．同缘传动时，边缘点的线速度相等

vA=vB①

同轴转动时，各点的角速度相等

ωB=ωC②

根据

v=ωr③

由②③联立代入数据，可得

vB2vC④

由①④联立可得

vA：vB：vC=2：2：1

A错误；

B．由①③联立代入数据，可得

A:B2:1⑤

再由②⑤联立可得

A:B:C2:1:1⑥

B错误； D．由于

T由⑥⑦联立可得

2⑦

TA:TB:TC1:2:2

D正确； C．根据

a2r ⑧

由⑥⑧联立代入数据得

aA:aB:aC4:2:1

C正确。 故选CD。

5．如图所示，质量相等的A、B两个小球悬于同一悬点O，且在O点下方垂直距离h=1m处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L1＝3m，L2＝2m，则A、B两小球（ ）

A．周期之比T1：T2＝2：3 B．角速度之比ω1：ω2＝1：1

C．线速度之比v1：v2＝8：3 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

D．向心加速度之比a1：a2＝8：3

AB．小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg和悬线拉力F的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为θ。对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有： 在竖直方向有

Fcosθ-mg=0…①

在水平方向有

42Fsinm2Lsin …②

T由①②得

T2πLcosθ g分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为h=Lcosθ，相等，所以周期相等

T1：T2=1：1

角速度

＝则角速度之比

2 Tω1：ω2=1：1

故A错误，B正确； C．根据合力提供向心力得

v2 mgtanmhtan解得

vtangh

根据几何关系可知

2L1h2tan1h2L22h8 tan2故线速度之比

h3 v1：v28：3 故C正确；

D．向心加速度a=vω，则向心加速度之比等于线速度之比为

a1：a28：3 故D错误。 故选BC。

6．如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，管道内侧壁半径为R， 小球半径为r，则下列说法中正确的是（ ）

A．小球通过最高点时的最小速度vminRg

B．小球通过最高点时的最小速度vmin0

C．小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力 D．小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力 【答案】BC 【解析】 【详解】

AB.因是在圆形管道内做圆周运动，所以在最高点时，内壁可以给小球沿半径向外的支持力，所以小球通过最高点时的最小速度可以为零．所以选项A错误，B正确；

C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，竖直向下的重力沿半径方向的分力沿半径方向向外，小球的向心力是沿半径向圆心的，小球与外壁一定会相互挤压，所以小球一定会受到外壁的作用力，内壁管壁对小球一定无作用力，所以选项C正确；

D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，当速度较小时，重力沿半径方向上的分力大于或等于小球做圆周运动需要的向心力，此时小球与外壁不存在相互挤压，外侧管壁对小球没有作用力，选项D错误．

7．如图，在竖直平面内固定半径为r的光滑半圆轨道，小球以水平速度v0从轨道外侧面的A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力、下列说法正确的是（ ）

A．从A到B过程，小球沿圆切线方向加速度逐渐增大

B．从A到B过程，小球的向心力逐渐增大 C．从B到C过程，小球做变加速曲线运动 D．若从A点静止下滑，小球能沿圆轨道滑到地面 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】

设重力mg与半径的夹角为，对圆弧上的小球受力分析，如图所示

A．建立沿径向和切向的直角坐标系，沿切向由牛顿第二定律有

mgsinmat

因夹角逐渐增大，sin增大，则小球沿圆切线方向加速度逐渐增大，故A正确；

v2B．从A到B过程小球加速运动，线速度逐渐增大，由向心力Fnm可知，小球的向心

r力逐渐增大，故B正确；

C．从B到C过程已离开圆弧，在空中只受重力，则加速度恒为g，做匀变速曲线运动（斜下抛运动），故C错误；

D．若从A点静止下滑，当下滑到某一位置时斜面的支持力等于零，此时小球会离开圆弧做斜下抛运动而不会沿圆轨道滑到地面，故D错误。 故选AB。

8．如图所示，在水平转台上放置有轻绳相连的质量相同的滑块1和滑块2，转台绕转轴OO′以角速度ω匀运转动过程中，轻绳始终处于水平状态，两滑块始终相对转台静止，且与转台之间的动摩擦因数相同，滑块1到转轴的距离小于滑块2到转轴的距离．关于滑块1和滑块2受到的摩擦力f1和f2与ω2的关系图线，可能正确的是

A． B．

C． D．

【答案】AC 【解析】 【详解】

两滑块的角速度相等，根据向心力公式F=mrω2，考虑到两滑块质量相同，滑块2的运动半径较大，摩擦力较大，所以角速度增大时，滑块2先达到最大静摩擦力．继续增大角速度，滑块2所受的摩擦力不变，绳子拉力增大，滑块1的摩擦力减小，当滑块1的摩擦力减小到零后，又反向增大，当滑块1摩擦力达到最大值时，再增大角速度，将发生相对滑动．故滑块2的摩擦力先增大达到最大值不变．滑块1的摩擦力先增大后减小，在反向增大．故A、C正确，B、D错误．故选AC．

9．A、B、C三个物体放在旋转圆台上，它们由相同材料制成，A的质量为2m，B、C的质量各为m．如果OA=OB=R，OC=2R，则当圆台旋转时（设A、B、C都没有滑动），下述结论中正确的是( )

A．物体A 向心加速度最大 B．B物静摩擦力最小

C．当圆台旋转转速增加时，C比B先开始滑动 D．当圆台旋转转速增加时，A比B先开始滑动 【答案】BC 【解析】

2A、三个物体都做匀速圆周运动，角速度相等，向心加速度anr，可见，半径越大，

向心加速度越大，所以C物的向心加速度最大，A错误； B、三个物体的合力都指向圆心，对任意一个受力分析，如图

支持力与重力平衡，由静摩擦力f提供向心力，则得 fFn． 根据题意，rC2rA2rB2R

2由向心力公式Fnmr，得三个物体所受的静摩擦力分别为：

fA2m2R2m2R,

fBm2R.

fCm22R2m2R,

故B物受到的静摩擦力最小，B正确；

C、D当ω变大时，所需要的向心力也变大，当达到最大静摩擦力时，物体开始滑动．当转速增加时，A、C所需向心力同步增加，且保持相等．B所需向心力也都增加，A和C所需的向心力与B所需的向心力保持2：1关系．由于B和C受到的最大静摩擦力始终相等，都比A小，所以C先滑动，A和B后同时滑动，C正确；D错误；故选BC．

10．如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg．重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法错误的是( )

A．圆环角速度ω小于g时，小球受到2个力的作用 RB．圆环角速度ω等于2g时，细绳恰好伸直 Rg时，细绳将断裂 R6g时，小球受到2个力的作用 RC．圆环角速度ω等于2D．圆环角速度ω大于【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A、B、设角速度ω在0～ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作ω2，即用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有mgtan θ＝mRsin θ·伸直时，θ＝60°，对应1g，当绳恰好

Rcos2g，A、B正确. R设在ω1＜ω＜ω2时绳中有张力且小于2mg，此时有FNcos 60°＝mg＋FTcos 60°，FNsin

60°＋FTsin 60°＝mω2Rsin 60°，当FT取最大值2mg时代入可得26g6g，即当RR时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，C错误，D正确. 本题选错误的故选C. 【点睛】

本题主要考查了圆周运动向心力公式的应用以及同学们受力分析的能力，要求同学们能找出临界状态并结合几何关系解题.

11．如图所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动。现给小球一初速度，使它做圆周运动，图中a、b分别表示小球轨道的最低点和最高点。则杆对球的作用力是（ ）

①a处为拉力，b处为拉力 ②a处为拉力，b处为推力 ③a处为推力，b处为拉力 ④a处为推力，b处为推力

A．①③ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

B．②③ C．①② D．②④

a处圆心在上方，合力提供向心力向上，故需有向上的拉力大于向下的重力； b处合力向下，重力也向下，受力如图：

根据牛顿第二定律有

v2F1mg＝m

R当F1＜0，杆对球有推力，向上； 当F1＞0，杆对球有拉力，向下； 当F1=0，杆对球无作用力。

故杆对球的作用力情况①②都有可能，选项C正确，ABD错误。 故选C。

12．如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）

A．A对B的摩擦力指向圆心

B．B运动所需的向心力大于A运动所需的向心力 C．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍

D．若逐渐增大圆盘的转速（A、B两物块仍相对盘静止），盘对B的摩擦力始终指向圆心且不断增大 【答案】C 【解析】 【详解】

A．两物体随圆盘转动，都有沿半径向外的滑动趋势，受力分析如图

则所受静摩擦力均沿半径指向圆心，由牛顿第三定理可知A对B的静摩擦力沿半径向外，故A错误；

B．两物体随圆盘转动，角速度相同为，运动半径为r，则两物体转动所需的向心力均为

m2r，即B运动所需的向心力等于A运动所需的向心力，故B错误；

C．对整体由牛顿第二定律可知

fB2m2r

对A由牛顿第二定律得

fBAm2r

则盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故C正确；

D．在增大圆盘转速的瞬间，两物体有沿半径向外的趋势和沿切线向后的趋势，则此时静摩擦力方向在径向和切向之间，与线速度成锐角，径向分力继续提供向心力，切向分力提供切向加速度使线速度增大，从而保证滑块继续跟着圆盘转动，而物体随转盘一起转时静摩擦力又恢复成沿半径方向提供向心力，故增大圆盘转速，盘对B的摩擦力大小不断增大，但方向不是始终指向圆心，故D错误。 故选C。

13．如图，在一半经为R的球面顶端放一质量为m的物块，现给物块一初速度v0，，则

（ ）

A．若v0gR ，则物块落地点离A点2R

gR 时，物块一定会沿球面下滑一段，再斜抛离球面

B．若球面是粗糙的，当v0C．若v0D．若v0【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

gR，则物块落地点离A点为R gR，则物块落地点离A点至少为2R

v02试题分析：在最高点，根据牛顿第二定律得，mgNm，v0gR，解得N=0，

R知物体在顶部仅受重力，有水平初速度，做平抛运动，则t22RR2，则水平运gg动的位移xv0tgR2R2R，故A错误；当v0gR时，在最高点，根据牛顿gv02第二定律得，mgNm，解得N0，如果物块受到的摩擦力足够大，物块可能滑

R行一段距离后停止；2、如果物块受到的摩擦力处于临界状态，可能刚好滑到边沿竖直下抛；3、如果摩擦力再减少的话就可能在某一位置斜下抛，故B错误；当v0块也可能做圆周运动，故C错误；若v0正确．

考点：考查了圆周运动，平抛运动 【名师点睛】

在最高点，物体沿半径方向的合力提供向心力，根据牛顿第二定律判断是否有支持力，从而判断物体的运动情况即可解题．

gR时，物

gR，有A的分析可知，水平位移x≥2R，故D

14．在粗糙水平桌面上，长为l=0.2m的细绳一端系一质量为m=2kg的小球，手握住细绳另一端O点在水平面上做匀速圆周运动，小球也随手的运动做匀速圆周运动。细绳始终与桌面保持水平，O点做圆周运动的半径为r=0.15m，小球与桌面的动摩擦因数为=0.6，

g10m/s2。当细绳与O点做圆周运动的轨迹相切时，则下列说法正确的是（ ）

A．小球做圆周运动的向心力大小为6N B．O点做圆周运动的角速度为42rad/s C．小球做圆周运动的线速度为22m/s D．小球做圆周运动的轨道半径为【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

AD．小球做圆周运动的半径如图

1m 8

根据几何关系有

Rl2r20.25m

则有

tan解得

r l37

正交分解

Tsinmg

TcosF向

两式相比解得

F向故AD错误；

mgtan370.6210N16N3 4B．小球和O点转动的角速度相同，根据

F向m2R

可知

故B正确；

C．小球做圆周运动的线速度

F向16rad/s42rad/s mR20.25vR420.25m/s2m/s

故C错误。 故选B。

15．如图所示，一根轻杆，在其B点系上一根细线,细线长为R,在细线下端连上一质量为 m小球．以轻杆的A点为顶点，使轻杆旋转起来,其B点在水平面内做匀速圆周运动,轻杆的轨迹为一个母线长为L的圆锥，轻杆与中心轴AO间的夹角为α．同时小球在细线的约束下开始做圆周运动,轻杆旋转的角速度为ω,小球稳定后，细线与轻杆间的夹角β = 2α．重力加速度用g表示,则（ ）

A．细线对小球的拉カ为mg /sina B．小球做圆周运动的周期为π/ω

C．小球做圆周运动的线速度与角速度的乘积为gtan2a D．小球做圆周运动的线速度与角速度的比值为(L+R)sina 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

细线的拉力满足Fcosmg，得Fmg，选项A错误；小球达到稳定状态后做匀速cos圆周运动，其周期与轻杆旋转的周期相同，周期T2的，选项B错误；小球做圆周运

动，根据题意有mgtan(2)mv得，小球的线速度与角速度的乘积是

vgtan，选项C错误；小球做圆周运动的线速度与角速度的比值即是半径，根据题

意得r(LR)sin，选项D正确． 综上所述本题答案是：D